（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 28分專項練 28分專項練（二） 22、23題（含解析）

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1、28分專項練(二)　22、23題 1．已知F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，橢圓C過點. (1)求橢圓C的方程； (2)過點F2的直線l(不過坐標原點)與橢圓C交于A，B兩點，求·的取值范圍． 2．設M點為圓C：x2＋y2＝4上的動點，點M在x軸上的投影為N，動點P滿足2＝ ，動點P的軌跡為E. (1)求E的方程； (2)設E的左頂點為D，若直線l：y＝kx＋m與曲線E交于兩點A，B(A，B不是左、右頂點)，且滿足|＋|＝|－|，求證：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標．

2、 3．已知函數(shù)f(x)＝e－x，a為實數(shù)． (1)當a＝2時，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)如果對任意x≥0，f(x)≤x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 4．已知函數(shù)f(x)＝－aln x. (1)當a＝0時，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值； (2)若00. 28分專項練(二)　22、23題 1．解：(1)由條件知解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)． 根據(jù)題意設直線l的方程為x＝my＋

3、1. 聯(lián)立消去x得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0， 由根與系數(shù)的關系得y1＋y2＝，y1y2＝. 所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2 ＝(1＋m2)y1y2＋2m(y1＋y2)＋4 ＝(1＋m2)·＋2m·＋4 ＝＝－5＋. 因為5m2＋6≥6，所以0<≤，所以－5<－5＋≤－. 所以·∈. 2．解：(1)設點M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0，0)． 因為2＝ ，所以2(x0－x，－y)＝(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝y(tǒng). 又因為點M在圓C：x2＋y2＝4上，所以x＋y＝4， 所以＋＝

4、1，即軌跡E的方程為＋＝1. (2)由(1)可知D(－2，0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為|＋|＝|－|，所以⊥，所以k≠0. 由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0. Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0， 即3＋4k2－m2>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝. 因為⊥，所以·＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 所以＋2·＋4＋＝0， 所以7m2－1

5、6mk＋4k2＝0， 解得m1＝2k，m2＝k，且均滿足3＋4k2－m>0. 當m1＝2k時，直線l的方程為y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過點(－2，0)，與已知矛盾； 當m2＝k時，直線l的方程為y＝kx＋k＝k，直線恒過點， 所以直線l過定點，定點坐標為. 3．解：(1)當a＝2時，f(x)＝(x2＋2x＋1)e－x， f′(x)＝(2x＋2)e－x－(x2＋2x＋1)e－x＝－(x＋1)(x－1)e－x. 由f′(x)>0，得－1

6、x＋1)ex－ax2－ax－1≥0恒成立． 令g(x)＝(x＋1)ex－ax2－ax－1， 則g′(x)＝(x＋2)ex－ax－a， 則g″(x)＝(x＋3)ex－a， 則g(x)＝(x＋4)ex， 易知，當x≥0時，g(x)＝(x＋4)ex>0，從而g″(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，g″(0)＝3－a，g′(0)＝2－a，g(0)＝0. ①當a≤2時，g″(0)＝3－a>0， 由g″(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增可知，g″(x)≥3－a>0，所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g′(x)≥g′(0)＝2－a≥0， 故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而g(

7、x)≥g(0)＝0恒成立； ②當20，使g′(x1)＝0， 當03時，g″(0)＝3－a<0， 由g″(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增可知，存在x2>0，使g″(x2)＝0， 當0

8、2)上單調(diào)遞減，此時g(x2)0)，得f′(x)＝， 當x∈(0，1)時，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(1)＝e. (2)證明：函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝－＝. 令g(x)＝(x－1)ex－ax，x>0，則g′(x)＝xex－a，易知g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因為0

9、e2－a>0， 所以存在唯一的x1∈(0，2)，使g′(x1)＝0， 當x∈(0，x1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當x∈(x1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 又因為g(0)＝－1，g(2)＝e2－2a≥0， 所以當x∈(0，x1)時，g(x)0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)min＝f(x0)＝－aln x0＝－aln x0＝ a，1h(2)＝1－ln 2>0. 又因為a>0，所以f(x)min>0，從而f(x)>0. - 6 -